UBND TỉNH Thừa Thiên Huế Kỳ thi chọn học sinh giỏi tỉnh
Sở Giáo dục và đào tạo LỚP 9 THCS năm học 2008 - 2009
Môn : toán
Đáp án và thang điểm:

Bài Câu Nội dung Điểm
1 (4 điểm)
1.1
(2 đ)
2 4 5 21 80
10 2
A
  



 
2
21 80 1 4 5 2 5 1 2 5
     
5 21 80 6 2 5 1 5
     
 
2
5 1
2 3 5 6 2 5
1
2( 5 1) 5 1 5 1
A


6 0 18 12 0
t x x t x x t t
         

Khi đó phương trình đã cho trở thành:


2
12 0 0 3 ( 4 0
t t t t t
        
loại)
2 2
1 2
1 61 1 61
3 6 9 0 15 0 ;
2 2
t x x x x x x
 
            
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm:
1,2
1 61
2
x



0,25









2 2
1 1 4 1 1 0
m x x m x x
       





2
1 1 4 4 1 0
x m x mx m
 
      
 

0,5

0,5

0,25
2.2
Ta có:

Để phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt thì phương trình (b) phải có hai
nghiệm phân biệt khác 1, tương đương với:
1
1
1 1
' 1 3 0 1, 0,
3 3
(1) 0
9 0
m
m
m m m m m
g
m
 

 


 
          
 
 





(*)
Với điều kiện (*), phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt, trong đó có một

m
P x x
m hay m
m
m hay m
m
m hay m
S x x
m


  


  
 

    
 

 
  
   




(**).
Kết hợp (*) và (**) ta có: Để phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt, trong
đó có hai nghiệm âm thì cần và đủ là:

2
2 2 2 2
2 2
2 4 4
a b a ab b a ab b
ab ab
    
 
   
 
 

 
2
0, ,
4
a b
a b

   
R

Vậy:
 
2
2
, , 4 , ,
2
a b
ab a b a b ab a b


mà
1
a b c
  
(giả thiết)
nên:
   
2
1 4 4
a b c b c a b c
      (vì a, b, c không âm nên b + c không
âm)
Nhưng:
 
2
4
b c bc
  (không âm)
Suy ra:
16
b c abc
 
.
Dấu đẳng thức xảy ra khi:
1 1
,
4 2
a b c
b c a

   


2 2 4 2 2 4
sin cos sin sin cos cosP
     
 
   
 

0,25 2



2
2 2 2 2 2 2
sin cos 3sin cos 1 3sin cos
P
     
    
áp dụng kết quả câu 3.1, ta có:
 
2
2 2 2 2 2 2 2 2

sin
1 1 45
cos
tg

 

     
0,25 0,25

0,25

0,5

4 (6,0 điểm)

4.1.a
+ Ta có: BD = BF, CD = CE
và AE = AF (Tính chất của
hai tiếp tuyến cắt nhau).
Do đó:
, ,
BC x y AC y z
AB x z

4.1.b

Gọi
r
là bán kính, I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC.
Ta có:
 
1 1 1 1
2 2 2 2
ABC
S AB AC BC r CA r AB r x y z r

           (b)
Tứ giác AEIF có 3 góc vuông, nên là hình chữ nhật.
Nhưng AE = AF (cm trên), nên AEIF là hình vuông,
Do đó:
z EI r
 
(c)
Từ (a), (b), (c) suy ra: 2 2
AB AC xy AB AC DB DC
     

0,5 0,5

0,5
4.2 + Theo giả thiết:

1
2
ABC
ABC BCM
BCM
AC BK
S
AC
S S
S CM
CM BK

    


0,5
0,5 1,0


+ Gọi số ô tô lúc đầu là
x
( x nguyên và x  2)
Số học sinh đi cắm trại là: 22x + 1.
+ Theo giả thiết: Nếu số xe là
1
x

thì số học sinh phân phối đều cho tất cả
các xe, mỗi xe chở số học sinh là y (y là số nguyên và 0 < y  30).
+ Do đó ta có phương trình:
 
22 1 23
1 22 1 22
1 1
x
x y x y
x x

      
 

0,25
0,25
0,5
+ Vì x và y đều là số nguyên dương, nên
1

+ Vậy số ô tô là: 24 và tổng số học sinh đi cắm trại là:

22 24 1 23 23 529
    
học sinh.

0,25
0,25

0,25

0,25
5.2 + Tấm bìa hình chữ nhật
1 5

có diện
tích là 5 (đvdt).
Để cắt hình chữ nhật thành các mảnh
ráp thành hình
vuông, thì cạnh
của hình vuông bằng
5
, bằng độ dài cạnh huyền của
tam giác vuông có hai cạnh góc vuông có kích thước là 1
và 2 có diện tích bằng 1 (đvdt).
+ Do đó nếu cắt hình chữ nhật
1 5

theo đường chéo của
2 hình chữ nhật AEFD và GBCH, và cắt theo 2 đường